\documentclass{article}
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\newcommand{\matrixx}[4]{\left(\begin{array}{cc}{#1}&{#2}\\{#3}&{#4}\\\end{array}\right)}

%\markboth{Beth Scorer (5643272), Fabian Schulz (5575935), Thomas Dettbarn (560641)\hfill\today\hfill}{Beth Scorer (5643272), Fabian Schulz (5575935), Thomas Dettbarn (560641)\hfill\today\hfill}
\markboth{Beth Scorer, Fabian Schulz, Thomas Dettbarn\hfill Blatt 8\hfill}{Beth Scorer, Fabian Schulz, Thomas Dettbarn\hfill Blatt 8\hfill}
\begin{document}
\title{"Ubungsaufgaben Analysis I\\Blatt 8}
\author{Beth Scorer, 5643272\\Fabian Schulz, 5575935\\Thomas Dettbarn, 5610641}
\maketitle
\newpage
\subsection*{1.) Man bestimme den Konvergenzradius der Potenzreihe $\sum\limits^\infty_{n=0}a_zz^n$ f"ur die F"alle}
\subsubsection*{a.) $a_n=n^s,\;(s\in \Q)$}
Mit Hilfe des Quotientenkriterums ergibt sich:
\begin{eqnarray*}
\frac{a_{n+1}z^{n+1}}{a_nz^n}=\frac{(n+1)^sz^{n+1}}{n^sz^n}&=&\frac{(n+1)^s}{n^s}z=\left(\frac{n+1}{n}\right)^sz
\end{eqnarray*}
Wegen
\begin{eqnarray*}
\lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{n+1}{n}\right)^s&=&1
\end{eqnarray*}
gilt
\begin{eqnarray*}
\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}z^{n+1}}{a_nz^n}&=&z
\end{eqnarray*}
Damit konvergiert die Reihe, wenn $z<1$ ist, damit ist der Konvergenzradius 1.
\subsubsection*{b.) $a_n=q^{n^2},\;(q\in \C)$}
Mit Hilfe des Wurzelkriteriums ergibt sich:
\begin{eqnarray*}
\sqrt[n]{a_nz^n}=\sqrt[n]{q^{n^2}z^n}&=&q^nz
\end{eqnarray*}
Also mu"s
\begin{eqnarray*}
q^nz<1&\Leftrightarrow&z<\frac{1}{q^n}
\end{eqnarray*}
gelten, damit die Reihe konvergiert. Also ist der Konvergenzraduis $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{q^n}$.
\subsubsection*{c.) $a_n=\left(\frac{n+1}{n}\right)^{n^2},\;n\in \N$}
Mit Hilfe des Wurzelkriteriums ergibt sich:
\begin{eqnarray*}
\sqrt[n]{a_nz^n}=\sqrt[n]{\left(\frac{n+1}{n}\right)^{n^2}z^n}&=&\left(\frac{n+1}{n}\right)^nz
\end{eqnarray*}
Wegen
\begin{eqnarray*}
\left(\frac{n+1}{n}\right)&=&\frac{n}{n}+\frac{1}{n}=1+\frac{1}{n}
\end{eqnarray*}
ist 
\begin{eqnarray*}
\lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{n+1}{n}\right)^n&=&\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=e
\end{eqnarray*}
Also mu"s
\begin{eqnarray*}
ez<1&\Leftrightarrow&z<\frac{1}{e}
\end{eqnarray*}
gelten, damit die Reihe konvergiert. Also ist der Konvergenzradius $\frac{1}{e}$.
\subsection*{2.) F"ur $n\in \N$ sei $a_n=\frac{(-1)^n}{\sqrt{n+1}}$. Man zeige, da"s $\sum\limits^\infty_{n=0}a_n$ konvergent ist, nicht jedoch das Cauchy-Produkt dieser Reihe mit sich selbst.}
Es gilt
\begin{eqnarray*}
\lim\limits_{n\to \infty}\frac{1}{\sqrt{n+1}}=0
\end{eqnarray*}
Daher bilden die Folgenglieder eine Nullfolge, au"serdem ist die Reihe alternierend, daher konvergiert sie nach dem Leibnitzkriterium.\\

F"ur das Cauchyprodukt "uber $\sum\limits^n_{k=0}a_ka_{n-k}$ gilt
\begin{eqnarray*}
\sum\limits^n_{k=0}\frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}}\cdot \frac{(-1)^{n-k}}{\sqrt{n+1-k}}%&\geqslant&(n+1)\cdot\frac{2}{n+2}\geqslant 1
\end{eqnarray*}
Wegen 
\begin{eqnarray*}
(k+1)=(n+1)&\; falls \;&n=k\\
(k+1)<(n+1)&\; falls \;&n>k\\
(n+1-k)=(n+1)&\; falls \; &k=0\\
(n+1-k)<(n+1)&\; falls \;&k>0\\ 
\end{eqnarray*}
und
\begin{eqnarray*}
(-1)^k(-1)^{n-k}&=&\left\{\begin{array}{r@{$ falls $}l}1\cdot 1=1&k$ gerade$,\;n$ gerade$\\
(-1)\cdot (-1)=1&k$ ungerade$,\;n$ gerade$\\
1\cdot (-1)=-1&k$ gerade$,\;n$ ungerade$\\
(-1)\cdot 1=-1&k$ ungerade$,\;n$ ungerade$\\
\end{array}\right.
\end{eqnarray*}
gilt f"ur $n>2$
\begin{eqnarray*}
\left|\sum\limits^n_{k=0}\frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}}\cdot \frac{(-1)^{n-k}}{\sqrt{n+1-k}}\right|&>&\left|\sum\limits^n_{k=0}\frac{(-1)^k}{\sqrt{n+1}}\cdot\frac{(-1)^{n-k}}{\sqrt{n+1}}\right|=\left|\sum\limits^n_{k=0}\frac{(-1)^k\cdot(-1)^{n-k}}{n+1}\right|\\
&=&\left|\underbrace{\frac{\pm 1}{n+1}+\cdots+\frac{\pm 1}{n+1}}_{n+1\;mal}\right|=\frac{n+1}{n+1}=1\\ 
\end{eqnarray*}
Damit ist dieses Cauchyprodukt f"ur $n>2$ gr"o"ser als 1. Damit existiert eine M"oglichkeit das Cauchyprodukt zu bilden, so da"s das Ergebnis gr"o"ser als 1 ist. Damit konvergiert die urspr"ungliche Reihe nicht absolut. \\

q.e.d.
\subsection*{3.) Seien $a,b,c$ komplexe Zahlen, $c\ne 0,-1,-2,\dots$.}
\subsubsection*{a.) Man zeige, da"s die hypergeometrische Reihe $F(a,b,c;z)=1+\frac{ab}{c}z+\frac{a(a+1)b(b+1)}{2!c(c+1)}z^2+\frac{a(a+1)(a+2)b(b+1)(b+2)}{3!c(c+1)(c+2)}z^3+\cdots$ im Allgemeinen den Konvergenzradius 1 hat und diskutiere die Ausnahmef"alle.}
Mit dem Quotientenkriterium errechnet sich f"ur $a_{n+1}/a_n$
\begin{eqnarray*}
&&\frac{\frac{a(a+1)\cdot\dots\cdot (a+n)(a+n+1) b(b+1)\cdot\dots \cdot (b+n)(b+n+1)}{(n+1)!c(c+1)\cdot\dots\cdot (c+n)(c+n+1)}z^{n+1}}{\frac{a(a+1)\cdot\dots\cdot (a+n)b(b+1)\cdot\dots \cdot (b+n)}{n!c(c+1)\cdot\dots\cdot (c+n)}z^n}\\
&=&\frac{a\cdot\dots\cdot (a+n)(a+n+1)b\cdot\dots\cdot(b+n)(b+n+1) n!c(c+1)\cdot\dots\cdot (c+n)z^{n+1}}{(n+1)! c(c+1)\cdot\dots\cdot (c+n)(c+n+1) a\cdot\dots\cdot (a+n)b\cdot\dots\cdot (b+n)z^n}\\
&=&\frac{a\cdot\dots\cdot (a+n)(a+n+1)b\cdot\dots\cdot(b+n)(b+n+1) n!c(c+1)\cdot\dots\cdot (c+n)z^{n+1}}{a\cdot\dots\cdot (a+n)b\cdot\dots\cdot (b+n)(n+1)! c(c+1)\cdot\dots\cdot (c+n)(c+n+1)z^n }\\
&=&\frac{(a+n+1)(b+n+1)z}{(n+1)(c+n+1)}=\frac{(n+a+1)(n+b+1)}{(n+1)(n+c+1)}z
\end{eqnarray*}
Da f"ur 
\begin{eqnarray*}
\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(n+a+1)(n+b+1)}{(n+1)(n+c+1)}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(n+a+1)}{(n+1)}\cdot\frac{(n+b+1)}{(n+c+1)}&=&1\cdot 1=1
\end{eqnarray*}
gilt, gilt auch
\begin{eqnarray*}
\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(n+a+1)(n+b+1)}{(n+1)(n+c+1)}z&=&z
\end{eqnarray*}
Damit die Reihe konvergiert, mu"s also $z<1$ gelten, also ist der Konvergenzradius 1.\\

Setzt man hingegen f"ur $a$ oder $b$ Werte der Menge
\begin{eqnarray*}
\{-n\mid n\in\N_0\}
\end{eqnarray*}
ein, so ergibt sich im Z"ahler der Br"uche irgendwann der Faktor
\begin{eqnarray*}
(a+|a|)=0&\vee&(b+|b|)=0
\end{eqnarray*}
so da"s das Produkt mit ihnen 0 ergibt. Diese Reihen konvergieren unabh"angig von $z$, ihr Konvergenzradius ist daher unendlich.
\subsubsection*{b.) Man stelle die geometrische Reihe, die Logarithmusreihe $L(z)$ und die Binomialreihe $B_s(z)$ durch $F(a,b,c;z)$ mit geeignetem $a,b,c$ dar.}
Die allgemeine Potenzreihe sei definiert als
\begin{eqnarray*}
\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nz^n
\end{eqnarray*}

\begin{description}
\item[Geometrische Reihe: $G(x):=\sum\limits^{\infty}_{k=0}z^k$]{
Die Geometrische Reihe ist definiert als
\begin{eqnarray*}
G(x)=1+z+z^2+z^3+z^4+\dots
\end{eqnarray*}
Dies bedeutet, da"s alle $a_n=1$ ergeben m"ussen. Mit $a=b=c=1$ ergibt sich f"ur $a_n$:
\begin{eqnarray*}
a_n:=\frac{a(a+1)\cdots(a+n-1)b(b+1)\cdots(b+n-1)}{1\cdot 2\cdots n c(c+1)\cdots (c+n-1)}&=&\frac{1\cdot 2\cdots n\cdot 1\cdot 2\cdots n}{1\cdot 2\cdots n \cdot 1\cdot 2\cdots n}=\frac{n!n!}{n!n!}=1
\end{eqnarray*}
Daher l"a"st sich die geometrische Reihe mit $a=b=c=1$ durch die hypergeometrische Reihe ausdr"ucken.
}
\item[Binomialreihe: $B_s(x):=\sum\limits^{\infty}_{n=0}{s\choose n}x^n$]{
Die Binomialreihe ist definiert als
\begin{eqnarray*}
B_s(x)=1+\frac{s}{1}x^2+\frac{s(s-1)}{1\cdot 2}x^3+\frac{s(s-1)(s-2)}{1\cdot 2\cdot 3}x^4+\dots
\end{eqnarray*}
Dies bedeutet, da"s alle $a_n=\frac{s(s-1)\cdots(s-n+1)}{n!}$ sein m"ussen. Mit $a=s-n+1,\;b=c=1$ ergibt sich
\begin{eqnarray*}
a_n&:=&\frac{a(a+1)\cdots(a+n-1)b(b+1)\cdots (b+n-1)}{1\cdot 2\cdots n\cdot c(c+1)\cdots (c+n-1)}\\
&=&\frac{(s-n+1)(s-n+1+1)\cdots(s-n+1+n-1)1\cdot 2\cdots n}{1\cdot 2\cdots n\cdot 1\cdot 2\cdots n}\\
&=&\frac{(s-n+1)(s-n+2)\cdots sn!}{n!n!}\\
&=&\frac{s\cdots(s-n+2)(s-n+1)}{n!}
\end{eqnarray*}

Daher l"a"st sich die Binomialreihe mit $a=s-n+1,\;b=c=1$ durch die hypergeometrische Reihe ausdr"ucken.
%$a=-s,\;b=1,\;c=1,\;z=-x$
}
\item[Logarithmusreihe: $L(x):=\sum\limits^{\infty}_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n$]{
Die Logarithmusreihe ist definiert als
\begin{eqnarray*}
L(x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\frac{x^5}{5}-\dots
\end{eqnarray*}
Dies bedeutet, da"s alle $a_n=\frac{(-1)^n}{n}x$ ergeben m"ussen. Mit $a=b=1$, $c=2$ und ergibt sich f"ur $a_n$:
\begin{eqnarray*}
a_n&:=&\frac{a(a+1)\cdots(a+n-1)b(b+1)\cdots (b+n-1)}{1\cdot 2\cdots n\cdot c(c+1)\cdots(c+n-1)}=\frac{1\cdot 2\cdots n\cdot 1\cdot 2\cdots n}{1\cdot 2\cdots n\cdot 2\cdot3\cdots n\cdot (n+1)}\\
&=&\frac{n!n!}{n!n!(n+1)}=\frac{1}{n+1}
\end{eqnarray*}
Au"serdem ist $(-\sqrt[n]{x}x)^n=(-1)^n\sqrt[n]{x^n}x^n=(-1)^nxx^n=(-1)^nx^{n+1}$.\\

Damit l"a"st sich die Logarithmusreihe mit $a=b=1,\;c=2,\;z=-\sqrt[n]{x}x$ ausdr"ucken.

}
\end{description}
\subsection*{4.) Berechnung der Fibonacci-Zahlen $f_n$:}
\subsubsection*{a.) Die Potenzreihe $f(z):=\sum\limits^\infty_{n=0}f_{n+1}z^n$ hat den Konvergenzradius $1/g;\;\left(g=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)$.}
Nach dem Quotientenkriterium gilt
\begin{eqnarray*}
\frac{f_{n+1}z^{n+1}}{f_nz^n}&=&\frac{f_{n+1}}{f_n}z
\end{eqnarray*}
Da f"ur Fibbonacci-Zahlen
\begin{eqnarray*}
\lim\limits_{n\to\infty}\frac{f_{n+1}}{f_n}&=&g
\end{eqnarray*}
gilt (Aufgabenzettel Blatt 7, Aufgabe 3iii), gilt
\begin{eqnarray*}
\lim\limits_{n\to\infty}\frac{f_{n+1}z^{n+1}}{f_nz^n}&=&gz
\end{eqnarray*}
Fordert man $gz<1$ so erh"alt man $z<\frac{1}{g}$. Damit ist der Konvergenzradius $\frac{1}{g}$.
\subsubsection*{b.) F"ur $|z|<1/g$ gilt: $(1-z-z^2)\cdot f(z)=1$.}
$(1-z-z^2)f(z)$ l"a"st sich ausdr"ucken als
\begin{eqnarray*}
f(z)-zf(z)-z^2f(z)
\end{eqnarray*}
Wobei die unendlichen Reihen wie folgt aussehen:
\begin{eqnarray*}
f(z)&:&f_1+f_2z+f_3z^2+f_4z^3+f_5z^4+\dots\\
zf(z)&:&f_1z+f_2z^2+f_3z^3+f_4z^4+f_5z^5+\dots\\
z^2f(z)&:&f_1z^2+f_2z^3+f_3z^4+f_4z^5+f_5z^6+\dots\\
\end{eqnarray*} 
Da f"ur $|z|<\frac{1}{g}$ die Reihe absolut konvergiert, gilt in ihr Kommutativit"at:
\begin{eqnarray*}
(1-z-z^2)f(z)&=&f_1+f_2z+f_3z^2+f_4z^3+f_5z^4+\dots-f_1z-f_2z^2-f_3z^3-f_4z^4-f_5z^5-\dots\\
&&\hspace{18em}-f_1z^2-f_2z^3-f_3z^4-f_4z^5-f_5z^6-\dots\\
&=&f_1+f_2z-f_1z+f_3z^2-f_2z^2-f_1z^2+f_4z^3-f_3z^3-f_2z^3+f_5z^4-f_4z^4-f_3z^4+\dots
\end{eqnarray*}
Mit den Eigenschaften der Fibbonacci-Zahlen gilt
\begin{eqnarray*}
&=&f_1+f_2z-f_1z+f_1z^2+f_2z^2-f_2z^2-f_1z^2+f_2z^3+f_3z^3-f_3z^3-f_2z^3+f_3z^4+f_4z^4-f_4z^4-\dots
\end{eqnarray*}
Dabei f"allt auf, da"s sich die einzelnen Folgenglieder gegenseitig aufheben, "ubrig bleibt nur $f_1+f_2z-f_1z$, mit $f_1=f_2=1$ gilt somit
\begin{eqnarray*}
(1-z-z^2)f(z)&=&1
\end{eqnarray*}
\subsubsection*{c.) Mittels Partialbruchzerlegung von $\frac{1}{1-z-z^2}$ berechne man die Potenzreihe von $f$ und daraus durch Koeffizientenvergleich $f_n=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(g^{n+1}+\frac{(-1)^n}{g^{n+1}}\right)$.}

\end{document}
